無限テトレーションの収束
この記事の目標
この項目は，執筆者が編集しすぎて大変長くなっています。特にスマホの場合は表示されるまで少し時間がかかりますが，カップラーメンでも食べながら気長にお待ち下さい。
また，証明をとばせば，何しているかはすぐに読めます。証明を折りたたむ機能を付けていないのは，単に僕がCSSについて知らないだけです。
この記事は，はてなブログで投稿した記事を， Mathlog で再編集，再掲したものです。これを書きながら Mathlog に慣れる目的もあります。
https://marukunalufd0123.hatenablog.com/entry/infinitetetlation
Mathlogについての感想は，一番下に書きました。
証明したいこと
$x$を正の実数とする。また$x>0$で定義される関数の列$\suuretu{f_n(x)}$を，$$ f_1(x)=x,\qquad f_{n+1}(x)=x^{f_n(x)} $$によって定める。この$f_n(x)$が収束するための$x$に関する必要十分条件は，$e^{-e}\leq x\leq e^{1/e}$である。
ちなみに，$e^{-e}\simeq 0.065988,\quad e^{1/e}\simeq 1.44467$である。
上記の定義において，$x$に対して$f_n(x)$を取る操作のことを，($n$階)テトレーションをとると言います。$n\to\infty$としたときを無限テトレーションと名付けることにします。更に，$\displaystyle\lim_{n\to\infty}f_n(x)$が存在するときは，その値を$f(x)$と書くことにします。例えば$f(1)=1$であり，$f(2)$は存在しないことが簡単に分かります。
$x$を正の実数と仮定しているのは，単に議論を簡単にしたいからであって，解析的には$x$は任意の複素数をとったときが面白いです。
http://neqmath.blogspot.com/2018/06/blog-post_29.html
上記サイトが具体的に図示をしてくれて面白いです。
入試問題より
$x=\sqrt2$の場合は，非自明ですが収束することが分かります。これを高校生に考えさせた問題があります。2011年度同志社大学全学部日程（理系）の第Ⅳ問です。
数列$$
a_1=\sqrt2,\quad a_2=\sqrt2^{\sqrt2},\quad a_3=\sqrt2^{\sqrt2^{\sqrt2}},\quad a_4=\sqrt2^{\sqrt2^{\sqrt2^{\sqrt2}}},\dots
$$は漸化式$$
a_1=\sqrt2,\quad a_{n+1}=\left(\sqrt2\right)^{a_n}
$$を満たしている。$f(x)=\left(\sqrt2\right)^x$として次の問いに答えよ。
(1) $0\leq x\leq 2$における$f(x)$の最大値と最小値を求めよ。
(2) $0\leq x\leq 2$における$f'(x)$の最大値と最小値を求めよ。
(3) $0 < a_n<2\ (n=1,2,3,\cdots)$が成立することを数学的帰納法を用いて示せ。
(4) $0 <2-a_{n+1}<(\log 2)(2-a_n)\ (n=1,2,3,\cdots)$が成立することを数学的帰納法を用いて示せ。
(5) $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n$を求めよ。
この問題を解き切ることで，$\suuretu{f_n(\sqrt2)}$の極限値が$2$であることが従います。この問題の解答は，読者の皆様にお任せ致します。
認める事実
まず，高等学校における学習指導要領の数学Ⅲまでは既知としています。そのうえで，次の命題を認めます。
上に有界な単調増加数列は収束する。つまり数列$\suuretu{a_n}_{n=1}^{\infty}$が次の2条件を満たすとき，数列$\suuretu{a_n}$は収束する。
- 任意の正の整数$n$に対して$a_n\leq a_{n+1}$である
- ある定数$M$が存在して，任意の正の整数$n$に対して$a_n\leq M$を満たす
また，上界を持たない単調増加数列は発散する。
（下に有界であっても同様である。）
高校の数学では，上記命題を認めた上で話を進めることが多いですが，表立って主張を述べているわけではありませんので，ここで触れておくことにしました。
また，次の性質も成り立ちます。
$x>0$ならば，任意の正の整数$n$に対して$f_n(x)>0$である。
定理１を証明しよう
上記の内容を認めた上で，定理１に証明を与えます。
$x=1$のとき
$x=1$のときは任意の正の整数$n$に対して$f_n(x)=1$ですから，$f(x)=1$であり，収束しています。
$x>1$のとき
いくつか補題を与えながら証明を進めていきます。
$x>1$のとき，任意の正の整数$n$に対して$f_n(x) < f_{n+1}(x)$である。
$n=1$のときは$$ \bunsuu{f_2(x)}{f_1(x)}=x^{x-1}>0 $$より，$0 < f_1(x)$だったから$f_1(x) < f_2(x)$である。
$n=k$のときに$f_k(x) < f_{k+1}(x)$が成り立つと仮定する。$n=k+1$のとき，$$ \bunsuu{f_{k+2}(x)}{f_{k+1}(x)}=x^{f_{k+1}(x)-f_{k}(x)}>0 $$より，$0 < f_{k+1}(x)$だったから$f_{k+1}(x) < f_{k+2}(x)$である。
以上より数学的帰納法から補題は示された。♦
$1< x$の範囲でも，場合分けをすることで考えていきます。
$1 < x \leqq e^{1/e}$のとき，任意の正の整数$n$に対して，$f_n(x) < e$である。
$n=1$のときは明らか。
$n=k$のときに$f_k(x)< e$が成り立つと仮定する。$\suuretu{f_n(x)}$の定義から，$$
\log f_{k+1}(x)=f_k(x)\cdot \log x
$$である。つまり，$$
\log f_{k+1}(x)< e\cdot \bunsuu1e=1
$$である。よって$f_{k+1}(x)< e$が成り立つ。
以上より数学的帰納法から補題は示された。♦
補題４，補題５から，$1 < x \leqq e^{1/e}$において$\suuretu{f_n(x)}$は上に有界な単調増加数列ですので，収束します。
$1 < x \leqq e^{1/e}$のときは収束する
次に，$e^{1/e}< x$のときにどうなるかを見ていきます。
$e^{1/e}< x$のとき，ある（十分大きな）正の整数$N$が存在して$f_N(x)>e$を満たす。
ここに証明を入力します。
$e^{1/e}< x$のときは$\suuretu{f_n(x)}$は収束しない。
補題３，４より，正の整数$n$に対して$0< f_n(x)< f_{n+1}(x)$が成り立っていた。そこで区間$\Bigl[f_n(x),\ f_{n+1}(x)\Bigr]$に対して，関数$\log x$に対して平均値の定理を適用する。つまり，ある定数$c_n$が存在して，$$ \bunsuu{\log f_{n+1}(x)-\log f_{n}(x)}{f_{n+1}(x)-f_{n}(x)}=\bunsuu1{c_n},\quad f_n(x)< c_n < f_{n+1}(x) $$を満たすようにとれる。特に$0< f_n(x)< c_n$なので，$$ \bunsuu{\log f_{n+1}(x)-\log f_{n}(x)}{f_{n+1}(x)-f_{n}(x)}<\bunsuu1{f_n(x)} $$であり，$$ f_n(x)\bigl(\log f_{n+1}(x)-\log f_{n}(x)\bigr)< f_{n+1}(x)-f_{n}(x) $$を得る。この左辺にある$\log f_{n+1}(x)-\log f_{n}(x)$については，$$ \begin{align} \log f_{n+1}(x)-\log f_{n}(x)&=\log\bunsuu{f_{n+1}(x)}{f_n(x)}\\ &= \log x^{f_n(x)-f_{n-1}(x)}\\ &= \bigl( f_{n}(x)- f_{n-1}(x)\bigr)\log x \end{align} $$と変形できるので，結局$$ \bigl( f_{n}(x)- f_{n-1}(x)\bigr)\log x\cdot f_n(x)< f_{n+1}(x)-f_{n}(x) $$である。ここで仮定より，十分大きい正の整数$N$が存在して，$n\geq N$ならば$\log x >1/e,\quad f_n(x)>e$だったので，$$ f_{n}(x)- f_{n-1}(x)< f_{n+1}(x)-f_{n}(x) $$である。ここである正の実数$\gamma$を$0< \gamma < f_{N}(x)-f_{N-1}(x)$を満たすようにとれば，$$ |f_{n+1}(x)-f_{n}(x)|\geq \gamma > 0 $$が$n\geq N$で成り立つ。これは，$\suuretu{f_n(x)}$が収束しないことを言っている。
従って，$e^{1/e}< x$のときは収束しないことが示せました。
$e^{1/e}< x$のときは収束しない
$0< x< 1$のとき
まずは発想を共有しよう
$x >1$のときよりも，$0< x< 1$のときの方が難しいです。今回考えた発想の手がかりをまず初めに言っておきます。
$x=0.1$としてみましょう。$f_1(x),\ f_2(x),\ f_3(x),\ f_4(x),\ f_5(x),\ f_6(x)$を計算した結果は次のようになります。
$$
\begin{array}{ccl}
f_1(x)&=&0.1\\
f_2(x)&=&0.794328\cdots\\
f_3(x)&=&0.160573\cdots\\
f_4(x)&=&0.690919\cdots\\
f_5(x)&=&0.203742\cdots\\
f_6(x)&=&0.625544\cdots
\end{array}
$$この事実が何を教えてくれるかというと，$n$が偶数であるか奇数であるかによって，値が大きく振れてしまうことです。
ですので，$0\lt x\lt 1$のときは偶奇に分けて考察をしていきましょう。
いざ証明
まずは次を示します。
$0\lt x\lt 1$ならば，すべての正の整数$m$について，
$$
\left\{\begin{array}{l}
0\lt f_1(x)\lt f_3(x)\lt f_5(x)\lt\cdots\lt f_{2m-1}(x)\lt\cdots\lt1\\\\
0\lt\cdots\lt f_{2m}(x)\lt\cdots\lt f_6(x)\lt f_4(x)\lt f_{2}(x)\lt 1
\end{array}\right.
$$である。
$n$を$2$以上の整数とする。
$f_n(x)$の定義から，$\displaystyle \frac{f_{n+2}(x)}{f_{n+1}(x)}=x^{f_{n+1}(x)-f_n(x)}$が成り立つので，両辺の（自然）対数をとり，
① $\displaystyle\log\left(\frac{f_{n+2}(x)}{f_{n+1}(x)}\right)=(f_{n+1}(x)-f_n(x))\log x$
同様に，
② $\displaystyle\log\left(\frac{f_{n+1}(x)}{f_{n}(x)}\right)=(f_{n}(x)-f_{n-1}(x))\log x$
①－②から，
③ $\displaystyle\log\left(\frac{f_{n+2}(x)}{f_{n}(x)}\right)=(f_{n+1}(x)-f_{n-1}(x))\log x$
$n=2$のときから考える。$0\lt x\lt 1$ だったから $\log x\lt0$ である。また，
$f_3(x)-f_1(x)=x^{x^x}-x=x^{x^x-1}\gt0$
だから，③式の右辺は正と負の積となっているので負である。したがって
$\displaystyle\log\left(\frac{f_{4}(x)}{f_{2}(x)}\right)\lt0$
が成り立ち，この式から$\dfrac{f_{4}(x)}{f_{2}(x)}\lt1$ となるから，$f_4(x)\lt f_2(x)$ が従う。
$n=3$ のときは③式の右辺が正であることが分かるので，$n=2$ のときと同様に，$f_3(x)\lt f_5(x)$ である。
この議論を繰り返すことで，
$
\left\{\begin{array}{l}
0\lt f_1(x)\lt f_3(x)\lt f_5(x)\lt\cdots\lt f_{2m-1}(x)\lt\cdots\\\\
\cdots\lt f_{2m}(x)\lt\cdots\lt f_6(x)\lt f_4(x)\lt f_{2}(x)\lt 1
\end{array}\right.
$
であることが示される。
また，補題１より$f_{2m}(x)\gt0$ であり，$x\ (0\lt x\lt 1)$ と正の実数$a$ について $x^a\lt1$ が成り立つことから，
$f_{2m+1}(x)=x^{f_{2m}(x)}\lt1$
である。よって，
$
\left\{\begin{array}{l}
0\lt f_1(x)\lt f_3(x)\lt f_5(x)\lt\cdots\lt f_{2m-1}(x)\lt\cdots\lt1\\\\
0\lt\cdots\lt f_{2m}(x)\lt\cdots\lt f_6(x)\lt f_4(x)\lt f_{2}(x)\lt 1
\end{array}\right.$
が分かり，証明は完了した。◆
この証明によって，関数列$\{f_{2m-1}(x)\}_{m=1}^{\infty}$ は上に有界な単調増加数列なので，ある収束先 $\alpha(x)$ が存在します。同様に関数列$\{f_{2m}(x)\}_{m=1}^{\infty}$ は下に有界な単調減少数列なので，ある収束先 $\beta(x)$ が存在します。
もしも$\alpha(x)=\beta(x)$ならば $\displaystyle\lim_{n\to\infty}f_n(x)$ は存在するし，$\alpha(x)\neq\beta(x)$ ならば $\displaystyle\lim_{n\to\infty}f_n(x)$ は存在しないというとです。
というわけで，$\alpha(x)=\beta(x)$ となるための $x$ についての必要十分条件を探すことが，当分の目標になります。
まずは$\alpha(x),\ \beta(x)$が満たすべき式を提示します。
上記の設定において，$\alpha(x),\ \beta(x)$は次の式を満たす。
$$
\left\{\begin{array}{l}\displaystyle
\log \left( \log\frac{1}{\alpha(x)} \right)=\alpha(x)\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right)\\\\
\displaystyle\log \left( \log\frac{1}{\beta(x)} \right)=\beta(x)\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right)
\end{array}\right.
$$
$f_n(x)$ の定義より，$\log f_{n+1}(x)=f_n(x)\log x$ だが，この両辺を$-1$ 倍することで，
$\displaystyle\log\frac{1}{f_{n+1}(x)}=f_n(x)\log\frac{1}{x}$
を得る。この式によって偶数列と奇数列だけに分離することができて，
$$
\left\{\begin{array}{l}\displaystyle
\log \left( \log\frac{1}{f_{2m+1}(x)} \right)=f_{2m-1}(x)\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right)\\\\
\displaystyle\log \left( \log\frac{1}{f_{2m+2}(x)} \right)=f_{2m}(x)\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right)
\end{array}\right.
$$この2式について$m\to\infty$とすることで，
$$
\left\{\begin{array}{l}\displaystyle
\log \left( \log\frac{1}{\alpha(x)} \right)=\alpha(x)\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right)\\\\
\displaystyle\log \left( \log\frac{1}{\beta(x)} \right)=\beta(x)\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right)
\end{array}\right.
$$を得る。◆
といっても示した式はさすがに煩雑ですので，$\displaystyle\log\frac{1}{\alpha(x)}=s,\ \log\frac{1}{\beta(x)}=t$と置き換えます。すると，
$$
\left\{\begin{array}{l}\displaystyle
\log s=e^{-s}\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right)\\
\displaystyle\log t=e^{-t}\log x+\log \left(\log\frac{1}{x}\right)
\end{array}\right.
$$となり，ちょっとすっきりしました。
ちょっとだけ$s,\ t$のとりうる値の範囲も考えておきます。といっても，$0\lt\alpha(x)\leqq1$，$0\leqq\beta(x)\lt1$なので
$$\displaystyle \frac1e\leqq s\lt 1,\ \frac1e\lt t\leqq 1$$ということなのですが。。。
$e^{-e}\leqq x\lt 1$のとき
$e^{-e}\leqq x\lt 1$ のとき，$\alpha(x)=\beta(x)$であることを示します。
そのために，$u\ (\frac1e\leqq u\leqq1)$ について，$u$ の定義域の内部で微分可能な関数 $F(u)$ を考察します。
④ $F(u):= e^{-u}\log x+\log \left(\log\dfrac{1}{x}\right)-\log u$
これを $u$ で微分すると，
$\displaystyle\frac{d}{du}F(u)=-e^{-u}\log x-\frac1u=-\frac1u\left(\frac{u}{e^u}\log x+1\right)$
となります。特に$\displaystyle \left(\frac{u}{e^u}\log x+1\right)$ は常に0以上です。なぜなら，$\displaystyle \frac{u}{e^u}$ は，$u=1$ で最大値 $\displaystyle\frac1e$ をとることが増減を調べることによってわかります。今，$e^{-e}\leqq x\lt 1$としましたので $-e\leqq\log x\lt0$ となります。つまり，$\dfrac1e\leqq u\leqq1$ の範囲では常に$-1\leqq\dfrac{u}{e^u}\log x$ となりますので，$\displaystyle \left(\frac{u}{e^u}\log x+1\right)$ は常に0以上です。
以上より，$\dfrac1e\leqq u\leqq1$ の範囲では $\displaystyle\frac{d}{du}F(u)\leqq0$ ですので，$F(u)$ は単調減少な関数であることが分かりました。
つまり，$F(u)$ は中間値の定理から，$F(u)=0$ となるような$u\in\left(\dfrac1e,\ 1\right)$ は高々1つしか存在しないことになります。
$s,\ t$ が存在すれば，$s=t$ でなきゃいけないって言ってるんですね。
しかし，$\alpha(x),\ \beta(x)$ の存在性から$s,\ t$ の存在は保証されているので，結局 $\alpha(x)=\beta(x)$ です。
∴ $\boldsymbol{e^{-e}\leqq x\lt 1}$ のときは $\boldsymbol{f(x)}$ は存在する。
$\boldsymbol{x\lt e^{-e}}$ のとき
$x\lt e^{-e}$ のとき，$\alpha(x)\neq\beta(x)$であることを背理法で示します。
関数 $\log x$ について平均値の定理から，$f_n(x)$ と $f_{n+1}(x)$ の間にある実数 $R_n$ が存在して，
$\displaystyle\frac{\log f_{n+1}(x)-\log f_{n}(x)}{f_{n+1}(x)-f_{n}(x)}=\frac1{R_n}$
となるようにとれます。この式を変形すると，
$\displaystyle\log\frac{f_{n+1}(x)}{f_n(x)}R_n=f_{n+1}(x)-f_n(x)$
となりますが，これはこの記事の②式を代入することで，
$\bigl( f_n(x)-f_{n-1}(x) \bigr)R_n\log x ={f_{n+1}(x)-f_n(x)}$
となります。ここで，次の補題を使います。
上の状況で，$n$ が十分大きいときに $R_n\log x\lt-1$ が成り立つ。
この補題３を認めてしまえば，$n$ が十分大きいときには
$|f_{n+1}(x)-f_n(x)|\gt|f_{n}(x)-f_{n-1}(x)|$
となり，これは $f_n(x)$ が収束すると仮定したことに矛盾します。
（ε論法でやるべきと思いますが，ここではがばがばに証明します。）
$\suuretu{f_n(x)}$が収束すると仮定する。このとき，次の関数 $G(u)$ を考える。$$G(u):=\log u-u\log x$$この関数については $G(f(x))=0$が成り立つ。（なぜなら，$f(x)=x^{f(x)}$ でなければならないから。）
また，唐突に $\displaystyle G\left(-\frac{1}{\log x}\right)$ を計算すると，$$\displaystyle G\left(-\frac{1}{\log x}\right)=-\log(-\log x)+1\lt0\ (\because x\lt e^{-e})$$また，$G(u)$ は$0\lt u\lt 1$ では明らかに単調増加である。従って，
⑤ $\displaystyle -\frac{1}{\log x}\lt f(x)$
である。
また，$R_n$ は$f_{n+1}(x)$ と$f_n(x)$ の間にある実数だから，はさみうちの原理から，
⑥ $\displaystyle\lim_{n\to\infty}R_n=f(x)$
となる。$n$ が十分大きいときは，⑤⑥より，
$$\displaystyle -\frac{1}{\log x}\lt R_n$$が成り立ち，これより$$R_n\log x\lt-1$$が従う。◆
これで定理１が正しいことは証明できました。
$$\boldsymbol{e^{-e}\leqq x\leqq e^{1/e}}$$である。
その他の話題
今回考えました$f(x)=\displaystyle\lim_{n\to\infty}f_n(x)$については，逆関数が$x^{1/x}$であることが分かっています。
特にこの$f(x)$は，今求めた定義域内で微分可能な関数です。
まとめ
たいへんでした。総括を書く気力が起こりませんね。
おまけ：実験程度にMathlogで執筆した
初期設定から，かなりたくさんのデザインCSS定義があり，見た目的には満足しています。
\bfseriesコマンド及び\bmパッケージが用意されていないため，数式で太字を表すことが難しいですね。例えば現在の環境ですと，\pmb{ma=mg+T}と入力すれば$\pmb{ma=mg+T}$と表せることは出来るのですが，プラスの文字を見ればわかる通り，文字に文字を重ねて太字を作っているため，あまり使いたくありません。まだまだ発展途上でしょうか。完全に思い違いでした。\boldsymbolで太字に出来ます。（2020年11月11日追記）
$y < x$のように，“<”と“x”は空白を入れて書かないとエラーが出ました。これは裏でhtmlの書き方をサポートしていることが原因と思われます。11月11日のアップデートでこの不具合が解消されました。
align環境は普通に使えたので嬉しいです。他にも，自分で定義したコマンドが使えるというのも有り難いです。僕は大量にマクロを定義してTeXの文書を書く人間ですので，それを流用できたのはありがたかったです。（例えば，分数の標線がデフォルトよりちょっと長いことに気づきました？）
ただ，\hbox{},\vbox{}が正しく動いるわけではなさそうです。でもこれはMathJaxが悪いだけかな。。。
ていうか，任意の執筆者は
https://docs.mathjax.org/en/v2.7-latest/tex.html
を読もう。更に，
http://memopad.bitter.jp/web/mathjax/TeXSyntax.html
も読もう。
はてなブログから移行してもいいかなーとも思いました。これからMathlogが発展することを楽しみにしています。